Страница 201 - гдз по алгебре 10 класс учебник Мерзляк, Номировский

27.25. Докажите равенство $\cos \frac{\pi}{n} + \cos \frac{3\pi}{n} + \ldots + \cos \frac{(2n-1)\pi}{n} = 0$.

Для доказательства данного равенства воспользуемся методом, использующим комплексные числа. Рассмотрим сумму `S`:

$S = \cos\frac{\pi}{n} + \cos\frac{3\pi}{n} + \dots + \cos\frac{(2n-1)\pi}{n}$

Эта сумма является действительной частью (real part) другой суммы, `Z`, состоящей из комплексных чисел:

$Z = e^{i\frac{\pi}{n}} + e^{i\frac{3\pi}{n}} + \dots + e^{i\frac{(2n-1)\pi}{n}}$

Согласно формуле Эйлера $e^{i\phi} = \cos\phi + i\sin\phi$, действительная часть каждого члена $e^{i\phi}$ равна $\cos\phi$. Следовательно, $S = \text{Re}(Z)$.

Слагаемые в сумме `Z` образуют геометрическую прогрессию. Найдем ее параметры:

• Первый член прогрессии: $a = e^{i\frac{\pi}{n}}$
• Знаменатель прогрессии: $q = \frac{e^{i\frac{3\pi}{n}}}{e^{i\frac{\pi}{n}}} = e^{i(\frac{3\pi}{n} - \frac{\pi}{n})} = e^{i\frac{2\pi}{n}}$
• Количество членов прогрессии: $n$

Сумма `n` членов геометрической прогрессии вычисляется по формуле $Z = a \frac{q^n - 1}{q - 1}$. Эта формула применима, если знаменатель $q \neq 1$.

Проверим условие $q \neq 1$. Знаменатель $q = e^{i\frac{2\pi}{n}}$ равен 1 только в том случае, если $\frac{2\pi}{n}$ является целым кратным $2\pi$, то есть $\frac{2\pi}{n} = 2k\pi$ для некоторого целого $k$. Это возможно только при $n=1$ (когда $k=1$). В условии задачи подразумевается, что $n$ - натуральное число, большее или равное 2 (так как в сумме есть как минимум два члена, или в общем виде присутствует член с $3\pi/n$). Для $n \ge 2$, $0 < \frac{2\pi}{n} \le \pi$, поэтому $q \neq 1$, и формулу для суммы можно использовать.

Теперь вычислим $q^n$:

$q^n = (e^{i\frac{2\pi}{n}})^n = e^{i\frac{2\pi}{n} \cdot n} = e^{i2\pi}$

Используя формулу Эйлера, получаем:

$e^{i2\pi} = \cos(2\pi) + i\sin(2\pi) = 1 + i \cdot 0 = 1$

Подставим значение $q^n = 1$ в формулу для суммы `Z`:

$Z = a \frac{1 - 1}{q - 1} = a \frac{0}{q - 1} = 0$

Поскольку комплексная сумма `Z` равна 0, ее действительная часть $\text{Re}(Z)$ также равна нулю.

$S = \text{Re}(Z) = \text{Re}(0) = 0$

Таким образом, мы доказали, что исходное равенство верно для всех натуральных $n \ge 2$.

Стоит отметить, что для $n=1$ левая часть равенства состоит из одного члена $\cos(\pi) = -1$, что не равно 0.

Ответ: Равенство $\cos\frac{\pi}{n} + \cos\frac{3\pi}{n} + \dots + \cos\frac{(2n-1)\pi}{n} = 0$ доказано.

27.26. Вычислите сумму:

1) $S = \cos \alpha + \cos 2\alpha + \dots + \cos n\alpha;$

2) $S = \sin \alpha + \sin 3\alpha + \dots + \sin (2n - 1)\alpha;$

3) $S = \sin^2 \alpha + \sin^2 2\alpha + \dots + \sin^2 n\alpha.$

1) $S = \cos\alpha + \cos2\alpha + \dots + \cos n\alpha$

Для нахождения этой суммы воспользуемся методом умножения на $2\sin(\frac{\alpha}{2})$. Этот метод применим, если $\sin(\frac{\alpha}{2}) \neq 0$, то есть $\alpha \neq 2\pi k$ для любого целого $k$.

Умножим обе части равенства на $2\sin(\frac{\alpha}{2})$:

$2S\sin(\frac{\alpha}{2}) = 2\cos\alpha\sin(\frac{\alpha}{2}) + 2\cos2\alpha\sin(\frac{\alpha}{2}) + \dots + 2\cos n\alpha\sin(\frac{\alpha}{2})$

Применим формулу произведения синуса на косинус: $2\cos A \sin B = \sin(A+B) - \sin(A-B)$.

Для каждого слагаемого в сумме, где $k$ пробегает значения от $1$ до $n$, получаем:

$2\cos(k\alpha)\sin(\frac{\alpha}{2}) = \sin(k\alpha + \frac{\alpha}{2}) - \sin(k\alpha - \frac{\alpha}{2}) = \sin((k+\frac{1}{2})\alpha) - \sin((k-\frac{1}{2})\alpha)$

Теперь наша сумма принимает вид "телескопической" суммы, где промежуточные члены сокращаются:

$2S\sin(\frac{\alpha}{2}) = (\sin(\frac{3}{2}\alpha) - \sin(\frac{1}{2}\alpha)) + (\sin(\frac{5}{2}\alpha) - \sin(\frac{3}{2}\alpha)) + \dots + (\sin((n+\frac{1}{2})\alpha) - \sin((n-\frac{1}{2})\alpha))$

После сокращения всех промежуточных слагаемых остается только:

$2S\sin(\frac{\alpha}{2}) = \sin((n+\frac{1}{2})\alpha) - \sin(\frac{1}{2}\alpha)$

Применим формулу разности синусов: $\sin A - \sin B = 2\cos(\frac{A+B}{2})\sin(\frac{A-B}{2})$.

$2S\sin(\frac{\alpha}{2}) = 2\cos(\frac{(n+\frac{1}{2})\alpha + \frac{1}{2}\alpha}{2})\sin(\frac{(n+\frac{1}{2})\alpha - \frac{1}{2}\alpha}{2}) = 2\cos(\frac{(n+1)\alpha}{2})\sin(\frac{n\alpha}{2})$

Отсюда, при условии $\sin(\frac{\alpha}{2}) \neq 0$, находим $S$:

$S = \frac{\cos(\frac{(n+1)\alpha}{2})\sin(\frac{n\alpha}{2})}{\sin(\frac{\alpha}{2})}$

Рассмотрим случай, когда $\sin(\frac{\alpha}{2}) = 0$. Это означает, что $\frac{\alpha}{2} = \pi k$, или $\alpha = 2\pi k$ для целого $k$.

В этом случае $\cos(m\alpha) = \cos(m \cdot 2\pi k) = 1$ для любого целого $m$.

Тогда исходная сумма равна:

$S = 1 + 1 + \dots + 1$ ($n$ слагаемых), то есть $S = n$.

Ответ: Если $\alpha = 2\pi k$ для некоторого целого $k$, то $S = n$. Если $\alpha \neq 2\pi k$, то $S = \frac{\cos(\frac{(n+1)\alpha}{2})\sin(\frac{n\alpha}{2})}{\sin(\frac{\alpha}{2})}$.

2) $S = \sin\alpha + \sin3\alpha + \dots + \sin(2n-1)\alpha$

Аргументы синусов образуют арифметическую прогрессию с первым членом $\alpha$ и разностью $2\alpha$. Умножим сумму на $2\sin(\alpha)$, где $\alpha$ - половина разности прогрессии. Метод работает, если $\sin(\alpha) \neq 0$, то есть $\alpha \neq \pi k$ для любого целого $k$.

$2S\sin(\alpha) = 2\sin\alpha\sin\alpha + 2\sin3\alpha\sin\alpha + \dots + 2\sin(2n-1)\alpha\sin\alpha$

Применим формулу произведения синусов: $2\sin A \sin B = \cos(A-B) - \cos(A+B)$.

Для каждого слагаемого в сумме, где $k$ пробегает значения от $1$ до $n$, получаем:

$2\sin((2k-1)\alpha)\sin(\alpha) = \cos((2k-1)\alpha - \alpha) - \cos((2k-1)\alpha + \alpha) = \cos(2(k-1)\alpha) - \cos(2k\alpha)$

Сумма превращается в телескопическую:

$2S\sin(\alpha) = (\cos(0) - \cos(2\alpha)) + (\cos(2\alpha) - \cos(4\alpha)) + \dots + (\cos(2(n-1)\alpha) - \cos(2n\alpha))$

Промежуточные слагаемые сокращаются, и остается:

$2S\sin(\alpha) = \cos(0) - \cos(2n\alpha) = 1 - \cos(2n\alpha)$

Используя формулу косинуса двойного угла $1-\cos(2x) = 2\sin^2(x)$, получаем:

$2S\sin(\alpha) = 2\sin^2(n\alpha)$

Отсюда, при условии $\sin(\alpha) \neq 0$, находим $S$:

$S = \frac{\sin^2(n\alpha)}{\sin(\alpha)}$

Рассмотрим случай, когда $\sin(\alpha) = 0$. Это означает, что $\alpha = \pi k$ для целого $k$.

В этом случае $\sin((2m-1)\alpha) = \sin((2m-1)\pi k) = 0$ для любых целых $m, k$.

Следовательно, все слагаемые в исходной сумме равны нулю, и $S = 0$.

Ответ: Если $\alpha = \pi k$ для некоторого целого $k$, то $S = 0$. Если $\alpha \neq \pi k$, то $S = \frac{\sin^2(n\alpha)}{\sin(\alpha)}$.

3) $S = \sin^2\alpha + \sin^2 2\alpha + \dots + \sin^2 n\alpha$

Для решения используем формулу понижения степени: $\sin^2 x = \frac{1 - \cos(2x)}{2}$.

Применим эту формулу к каждому слагаемому суммы:

$S = \frac{1 - \cos(2\alpha)}{2} + \frac{1 - \cos(4\alpha)}{2} + \dots + \frac{1 - \cos(2n\alpha)}{2}$

Сгруппируем слагаемые:

$S = \sum_{k=1}^{n} \frac{1 - \cos(2k\alpha)}{2} = \frac{1}{2} \sum_{k=1}^{n} 1 - \frac{1}{2} \sum_{k=1}^{n} \cos(2k\alpha)$

$S = \frac{n}{2} - \frac{1}{2}(\cos(2\alpha) + \cos(4\alpha) + \dots + \cos(2n\alpha))$

Сумма косинусов в скобках является суммой вида, рассмотренного в пункте 1), где вместо $\alpha$ стоит $2\alpha$. Обозначим эту сумму $S_c$.

$S_c = \cos(2\alpha) + \cos(4\alpha) + \dots + \cos(2n\alpha)$

Воспользуемся результатом из пункта 1), заменив $\alpha$ на $2\alpha$. Это возможно, если знаменатель в формуле не равен нулю, т.е. $\sin(\frac{2\alpha}{2}) = \sin(\alpha) \neq 0$, что означает $\alpha \neq \pi k$ для целого $k$.

$S_c = \frac{\cos(\frac{(n+1)2\alpha}{2})\sin(\frac{n \cdot 2\alpha}{2})}{\sin(\frac{2\alpha}{2})} = \frac{\cos((n+1)\alpha)\sin(n\alpha)}{\sin(\alpha)}$

Подставляем это выражение в формулу для $S$:

$S = \frac{n}{2} - \frac{1}{2} \cdot \frac{\cos((n+1)\alpha)\sin(n\alpha)}{\sin(\alpha)} = \frac{n}{2} - \frac{\cos((n+1)\alpha)\sin(n\alpha)}{2\sin(\alpha)}$

Рассмотрим случай, когда $\sin(\alpha) = 0$. Это означает, что $\alpha = \pi k$ для целого $k$.

В этом случае $\sin(m\alpha) = \sin(m\pi k) = 0$ для любого целого $m$.

Тогда все слагаемые исходной суммы $\sin^2(k\alpha)$ равны 0. Следовательно, $S = 0$.

Ответ: Если $\alpha = \pi k$ для некоторого целого $k$, то $S = 0$. Если $\alpha \neq \pi k$, то $S = \frac{n}{2} - \frac{\cos((n+1)\alpha)\sin(n\alpha)}{2\sin(\alpha)}$.

27.27. Вычислите сумму:

1) $S = \sin 2\alpha + \sin 4\alpha + \ldots + \sin 2n\alpha;$

2) $S = \cos^2\alpha + \cos^2 3\alpha + \ldots + \cos^2 (2n - 1)\alpha.$

Данная сумма представляет собой сумму синусов углов, составляющих арифметическую прогрессию с первым членом $a_1 = 2\alpha$ и разностью $d = 2\alpha$. Для вычисления таких сумм существует стандартный метод.

Рассмотрим два случая.

Случай 1: $\sin \alpha = 0$, то есть $\alpha = k\pi$ для любого целого $k$. В этом случае каждый член суммы имеет вид $\sin(2m\alpha) = \sin(2mk\pi) = 0$. Следовательно, вся сумма равна нулю: $S = 0$.

Случай 2: $\sin \alpha \neq 0$. Умножим обе части исходного равенства на $2\sin \alpha$:

$2S \sin \alpha = 2\sin \alpha \sin 2\alpha + 2\sin \alpha \sin 4\alpha + \dots + 2\sin \alpha \sin 2n\alpha$

Воспользуемся тригонометрической формулой произведения синусов: $2\sin A \sin B = \cos(A-B) - \cos(A+B)$. Применим ее к каждому члену произведения:

$2\sin \alpha \sin(2k\alpha) = \cos(2k\alpha - \alpha) - \cos(2k\alpha + \alpha) = \cos((2k-1)\alpha) - \cos((2k+1)\alpha)$

Тогда наша сумма примет вид (такие суммы называют телескопическими):

$2S \sin \alpha = (\cos \alpha - \cos 3\alpha) + (\cos 3\alpha - \cos 5\alpha) + \dots + (\cos((2n-1)\alpha) - \cos((2n+1)\alpha))$

Все промежуточные слагаемые взаимно уничтожаются, и мы получаем:

$2S \sin \alpha = \cos \alpha - \cos((2n+1)\alpha)$

Теперь применим формулу разности косинусов: $\cos A - \cos B = -2\sin\frac{A+B}{2}\sin\frac{A-B}{2}$.

$2S \sin \alpha = -2\sin\frac{\alpha + (2n+1)\alpha}{2} \sin\frac{\alpha - (2n+1)\alpha}{2} = -2\sin\frac{(2n+2)\alpha}{2} \sin\frac{-2n\alpha}{2}$

$2S \sin \alpha = -2\sin((n+1)\alpha) (-\sin(n\alpha)) = 2\sin(n\alpha)\sin((n+1)\alpha)$

Так как мы предположили, что $\sin \alpha \neq 0$, мы можем разделить обе части на $2\sin \alpha$:

$S = \frac{\sin(n\alpha)\sin((n+1)\alpha)}{\sin \alpha}$

Заметим, что эта формула верна и для случая 1, если рассматривать предел при $\alpha \to k\pi$.

Ответ: $S = \frac{\sin(n\alpha)\sin((n+1)\alpha)}{\sin \alpha}$.

Для вычисления этой суммы воспользуемся формулой понижения степени: $\cos^2 x = \frac{1 + \cos(2x)}{2}$.

Применим эту формулу к каждому члену суммы:

$S = \sum_{k=1}^{n} \cos^2((2k-1)\alpha) = \sum_{k=1}^{n} \frac{1 + \cos(2(2k-1)\alpha)}{2}$

Разделим сумму на две части:

$S = \frac{1}{2} \sum_{k=1}^{n} 1 + \frac{1}{2} \sum_{k=1}^{n} \cos(2(2k-1)\alpha) = \frac{n}{2} + \frac{1}{2} (\cos 2\alpha + \cos 6\alpha + \dots + \cos((4n-2)\alpha))$

Пусть $C = \cos 2\alpha + \cos 6\alpha + \dots + \cos((4n-2)\alpha)$. Это сумма косинусов углов, составляющих арифметическую прогрессию с первым членом $a_1 = 2\alpha$ и разностью $d = 4\alpha$.

Рассмотрим два случая.

Случай 1: $\sin(2\alpha) = 0$, то есть $2\alpha = k\pi$ или $\alpha = \frac{k\pi}{2}$ для любого целого $k$.

• Если $k$ — четное число, то $\alpha = m\pi$ для целого $m$. Тогда $(2j-1)\alpha = (2j-1)m\pi$. В этом случае $\cos((2j-1)m\pi) = \pm 1$, а $\cos^2((2j-1)m\pi) = 1$. Сумма состоит из $n$ единиц: $S = n$.
• Если $k$ — нечетное число, то $\alpha = \frac{(2m+1)\pi}{2}$ для целого $m$. Тогда $(2j-1)\alpha$ является нечетным кратным $\frac{\pi}{2}$, поэтому $\cos((2j-1)\alpha) = 0$. Каждый член суммы равен нулю, и $S = 0$.

Случай 2: $\sin(2\alpha) \neq 0$.

Вычислим сумму $C$. Умножим ее на $2\sin(2\alpha)$:

$2C \sin(2\alpha) = \sum_{k=1}^{n} 2\sin(2\alpha)\cos((4k-2)\alpha)$

Используем формулу $2\sin A \cos B = \sin(A+B) + \sin(A-B)$:

$2\sin(2\alpha)\cos((4k-2)\alpha) = \sin(2\alpha + (4k-2)\alpha) + \sin(2\alpha - (4k-2)\alpha) = \sin(4k\alpha) + \sin((4-4k)\alpha) = \sin(4k\alpha) - \sin((4k-4)\alpha)$

Сумма для $C$ становится телескопической:

$2C \sin(2\alpha) = (\sin(4\alpha) - \sin 0) + (\sin(8\alpha) - \sin(4\alpha)) + \dots + (\sin(4n\alpha) - \sin(4(n-1)\alpha))$

После сокращения промежуточных членов получаем:

$2C \sin(2\alpha) = \sin(4n\alpha)$

Отсюда, так как $\sin(2\alpha) \neq 0$, находим $C$:

$C = \frac{\sin(4n\alpha)}{2\sin(2\alpha)}$

Теперь подставим найденное значение $C$ обратно в выражение для $S$:

$S = \frac{n}{2} + \frac{1}{2}C = \frac{n}{2} + \frac{1}{2} \cdot \frac{\sin(4n\alpha)}{2\sin(2\alpha)} = \frac{n}{2} + \frac{\sin(4n\alpha)}{4\sin(2\alpha)}$

Ответ: $S = \begin{cases} \frac{n}{2} + \frac{\sin(4n\alpha)}{4\sin(2\alpha)}, & \text{если } \alpha \neq \frac{k\pi}{2} \\ n, & \text{если } \alpha = k\pi \\ 0, & \text{если } \alpha = \frac{(2k+1)\pi}{2} \end{cases}$ для $k \in \mathbb{Z}$.

27.28. Докажите неравенство $ \cos \alpha \cos \beta \cos \gamma \le \frac{1}{8} $, где $\alpha$, $\beta$ и $\gamma$ — углы треугольника.

Поскольку $\alpha$, $\beta$ и $\gamma$ являются углами треугольника, их сумма равна $\pi$ радиан ($180^\circ$), и каждый угол строго больше нуля. То есть, $\alpha + \beta + \gamma = \pi$ и $\alpha, \beta, \gamma \in (0, \pi)$.

Рассмотрим три возможных случая в зависимости от вида треугольника.

Случай 1: Тупоугольный треугольник.

Пусть один из углов, например $\gamma$, является тупым. Это означает, что $\gamma > \frac{\pi}{2}$. В этом случае его косинус будет отрицательным: $\cos\gamma < 0$. Поскольку сумма углов треугольника равна $\pi$, два других угла, $\alpha$ и $\beta$, обязаны быть острыми, то есть $\alpha < \frac{\pi}{2}$ и $\beta < \frac{\pi}{2}$. Следовательно, их косинусы положительны: $\cos\alpha > 0$ и $\cos\beta > 0$.
Произведение $\cos\alpha\cos\beta\cos\gamma$ будет отрицательным, так как является произведением двух положительных чисел и одного отрицательного. Любое отрицательное число меньше, чем положительное число $\frac{1}{8}$, поэтому неравенство $\cos\alpha\cos\beta\cos\gamma \le \frac{1}{8}$ в этом случае очевидно выполняется.

Случай 2: Прямоугольный треугольник.

Пусть один из углов, например $\gamma$, является прямым. Это означает, что $\gamma = \frac{\pi}{2}$. В этом случае $\cos\gamma = \cos(\frac{\pi}{2}) = 0$.
Тогда произведение равно нулю: $\cos\alpha\cos\beta\cos\gamma = \cos\alpha\cos\beta \cdot 0 = 0$.
Поскольку $0 \le \frac{1}{8}$, неравенство в этом случае также выполняется.

Случай 3: Остроугольный треугольник.

В этом случае все углы $\alpha, \beta, \gamma$ лежат в интервале $(0, \frac{\pi}{2})$, и, следовательно, все их косинусы положительны.
Обозначим произведение $P = \cos\alpha\cos\beta\cos\gamma$.
Воспользуемся формулой произведения косинусов: $\cos\alpha\cos\beta = \frac{1}{2}(\cos(\alpha+\beta) + \cos(\alpha-\beta))$.
Тогда $P = \frac{1}{2}(\cos(\alpha+\beta) + \cos(\alpha-\beta))\cos\gamma$.
Из условия, что $\alpha, \beta, \gamma$ — углы треугольника, следует $\alpha+\beta = \pi - \gamma$. Подставим это в выражение: $\cos(\alpha+\beta) = \cos(\pi - \gamma) = -\cos\gamma$.
Теперь выражение для $P$ принимает вид:
$P = \frac{1}{2}(-\cos\gamma + \cos(\alpha-\beta))\cos\gamma = \frac{1}{2}\cos(\alpha-\beta)\cos\gamma - \frac{1}{2}\cos^2\gamma$.
Так как максимальное значение косинуса любого угла равно 1, то $\cos(\alpha-\beta) \le 1$.
Используя это, мы можем оценить $P$ сверху:
$P \le \frac{1}{2}(1)\cos\gamma - \frac{1}{2}\cos^2\gamma = \frac{1}{2}(\cos\gamma - \cos^2\gamma)$.
Рассмотрим функцию $f(t) = t - t^2$, где $t = \cos\gamma$. Так как $\gamma$ — острый угол, $t = \cos\gamma \in (0, 1)$. Нам нужно найти максимальное значение этой функции на данном интервале.
Графиком функции $f(t) = -t^2 + t$ является парабола с ветвями, направленными вниз. Её максимум достигается в вершине. Абсцисса вершины $t_v = -\frac{1}{2(-1)} = \frac{1}{2}$.
Максимальное значение функции $f(t)$ равно $f(\frac{1}{2}) = \frac{1}{2} - (\frac{1}{2})^2 = \frac{1}{2} - \frac{1}{4} = \frac{1}{4}$.
Таким образом, максимальное значение выражения $\cos\gamma - \cos^2\gamma$ равно $\frac{1}{4}$.
Подставим это значение в нашу оценку для $P$:
$P \le \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{4} = \frac{1}{8}$.
Равенство достигается, когда все использованные для оценки неравенства превращаются в равенства, то есть:
1. $\cos(\alpha-\beta) = 1 \implies \alpha - \beta = 0 \implies \alpha = \beta$.
2. $\cos\gamma = \frac{1}{2} \implies \gamma = \frac{\pi}{3}$ (или $60^\circ$).
Из $\alpha + \beta + \gamma = \pi$ и условий $\alpha = \beta$, $\gamma = \frac{\pi}{3}$ получаем $2\alpha + \frac{\pi}{3} = \pi \implies 2\alpha = \frac{2\pi}{3} \implies \alpha = \frac{\pi}{3}$.
Следовательно, равенство достигается при $\alpha = \beta = \gamma = \frac{\pi}{3}$, то есть для равностороннего треугольника.

Мы рассмотрели все возможные типы треугольников и показали, что в каждом из них неравенство выполняется. Таким образом, неравенство $\cos\alpha\cos\beta\cos\gamma \le \frac{1}{8}$ доказано для любых углов треугольника.

Ответ: Неравенство доказано.

27.29. Докажите неравенство $\sin \frac{\alpha}{2} \sin \frac{\beta}{2} \sin \frac{\gamma}{2} \leq \frac{1}{8}$, где $\alpha + \beta + \gamma = \pi$.

Обозначим левую часть неравенства как $P$:
$P = \sin\frac{\alpha}{2}\sin\frac{\beta}{2}\sin\frac{\gamma}{2}$.

Поскольку $\alpha + \beta + \gamma = \pi$, эти углы можно рассматривать как углы треугольника. Следовательно, $\alpha, \beta, \gamma \in (0, \pi)$. Это означает, что $\frac{\alpha}{2}, \frac{\beta}{2}, \frac{\gamma}{2} \in (0, \frac{\pi}{2})$, и их синусы строго положительны.

Для преобразования произведения синусов воспользуемся тригонометрической формулой: $2\sin A \sin B = \cos(A-B) - \cos(A+B)$. Применим ее к первым двум множителям в выражении для $P$:
$P = \left(\frac{1}{2}\left[\cos\left(\frac{\alpha}{2} - \frac{\beta}{2}\right) - \cos\left(\frac{\alpha}{2} + \frac{\beta}{2}\right)\right]\right) \sin\frac{\gamma}{2}$.

Из условия $\alpha + \beta + \gamma = \pi$ следует, что $\frac{\alpha + \beta}{2} = \frac{\pi - \gamma}{2} = \frac{\pi}{2} - \frac{\gamma}{2}$. Используя формулу приведения, получаем:
$\cos\left(\frac{\alpha + \beta}{2}\right) = \cos\left(\frac{\pi}{2} - \frac{\gamma}{2}\right) = \sin\frac{\gamma}{2}$.

Подставим это выражение обратно в формулу для $P$:
$P = \frac{1}{2}\left[\cos\left(\frac{\alpha - \beta}{2}\right) - \sin\frac{\gamma}{2}\right]\sin\frac{\gamma}{2}$.

Раскроем скобки:
$P = -\frac{1}{2}\sin^2\frac{\gamma}{2} + \frac{1}{2}\cos\left(\frac{\alpha - \beta}{2}\right)\sin\frac{\gamma}{2}$.

Рассмотрим это выражение как квадратный трехчлен относительно переменной $x = \sin\frac{\gamma}{2}$. Это парабола с ветвями, направленными вниз, так как коэффициент при $x^2$ отрицателен. Ее максимальное значение достигается в вершине. Чтобы найти этот максимум, выделим полный квадрат:
$P = -\frac{1}{2}\left[\sin^2\frac{\gamma}{2} - \cos\left(\frac{\alpha - \beta}{2}\right)\sin\frac{\gamma}{2}\right]$
$P = -\frac{1}{2}\left[\left(\sin\frac{\gamma}{2} - \frac{1}{2}\cos\left(\frac{\alpha - \beta}{2}\right)\right)^2 - \frac{1}{4}\cos^2\left(\frac{\alpha - \beta}{2}\right)\right]$
$P = \frac{1}{8}\cos^2\left(\frac{\alpha - \beta}{2}\right) - \frac{1}{2}\left(\sin\frac{\gamma}{2} - \frac{1}{2}\cos\left(\frac{\alpha - \beta}{2}\right)\right)^2$.

Проанализируем полученное выражение. Второй член, $-\frac{1}{2}(\dots)^2$, всегда неположителен (меньше или равен нулю), так как квадрат любого действительного числа неотрицателен.
$-\frac{1}{2}\left(\sin\frac{\gamma}{2} - \frac{1}{2}\cos\left(\frac{\alpha - \beta}{2}\right)\right)^2 \le 0$.

Первый член, $\frac{1}{8}\cos^2\left(\frac{\alpha - \beta}{2}\right)$, ограничен сверху значением $\frac{1}{8}$, поскольку максимальное значение функции $\cos^2(x)$ равно 1.
$\frac{1}{8}\cos^2\left(\frac{\alpha - \beta}{2}\right) \le \frac{1}{8}$.

Складывая эти два факта, получаем оценку для $P$:
$P = \frac{1}{8}\cos^2\left(\frac{\alpha - \beta}{2}\right) - \frac{1}{2}(\dots)^2 \le \frac{1}{8} - 0 = \frac{1}{8}$.
Таким образом, неравенство $\sin\frac{\alpha}{2}\sin\frac{\beta}{2}\sin\frac{\gamma}{2} \le \frac{1}{8}$ доказано.

Равенство достигается, когда оба слагаемых в выражении для $P$ принимают свои максимальные значения. Это происходит при одновременном выполнении двух условий:
1) $\cos^2\left(\frac{\alpha - \beta}{2}\right) = 1$. Так как $\alpha, \beta \in (0, \pi)$, то $-\frac{\pi}{2} < \frac{\alpha - \beta}{2} < \frac{\pi}{2}$, поэтому $\cos\left(\frac{\alpha - \beta}{2}\right) > 0$. Следовательно, $\cos\left(\frac{\alpha - \beta}{2}\right) = 1$, что означает $\frac{\alpha - \beta}{2} = 0$, то есть $\alpha = \beta$.
2) $\sin\frac{\gamma}{2} - \frac{1}{2}\cos\left(\frac{\alpha - \beta}{2}\right) = 0$.

Подставляя $\alpha = \beta$ (и, соответственно, $\cos\left(\frac{\alpha - \beta}{2}\right) = 1$) во второе условие, получаем:
$\sin\frac{\gamma}{2} - \frac{1}{2}(1) = 0 \implies \sin\frac{\gamma}{2} = \frac{1}{2}$.
Поскольку $\gamma \in (0, \pi)$, то $\frac{\gamma}{2} \in (0, \frac{\pi}{2})$. В этом интервале единственное решение уравнения — это $\frac{\gamma}{2} = \frac{\pi}{6}$, откуда $\gamma = \frac{\pi}{3}$.

Наконец, из условия $\alpha + \beta + \gamma = \pi$ и того, что $\alpha = \beta$ и $\gamma = \frac{\pi}{3}$, находим:
$2\alpha + \frac{\pi}{3} = \pi \implies 2\alpha = \frac{2\pi}{3} \implies \alpha = \frac{\pi}{3}$.
Следовательно, равенство достигается при $\alpha = \beta = \gamma = \frac{\pi}{3}$.

Ответ: Неравенство доказано.